竞赛辅导数列(等差数列与等比数列)数列是高中数学中的一个重要课题，也是数学竞赛中经常出现的问题。
数列最基本的是等差数列与等比数列。
所谓数列，就是按一定次序排列的一列数。
如果数列{a n}的第n项a n与项数(下标)n之间的函数关系可以用一个公式a n=f(n)来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。
从函数角度看，数列可以看作是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集{1，2，…n})的函数当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式。
为了解数列竞赛题，首先要深刻理解并熟练掌握两类基本数列的定义、性质有关公式，把握它们之间的(同构)关系。
一、等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示。
等差数列{a n}的通项公式为：前n项和公式为：从(1)式可以看出，是的一次数函()或常数函数()，()排在一条直线上，由(2)式知，是的二次函数()或一次函数()，且常数项为0。
在等差数列{ }中，等差中项：且任意两项的关系为：它可以看作等差数列广义的通项公式。
从等差数列的定义、通项公式，前项和公式还可推出：若二、等比数列如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列。
这个常数叫做等比数列的公比。
公比通常用字母表示。
等比数列{a n}的通项公式是：前项和公式是：在等比数列中，等比中项：且任意两项的关系为如果等比数列的公比满足0＜＜1，这个数列就叫做无穷递缩等比数列，它的各项的和(又叫所有项的和)的公式为：从等比数列的定义、通项公式、前项和公式可以推出：另外，一个各项均为正数的等比数列各项取同底数数后构成一个等差数列；反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数构造幂，则{}是等比数列。
在这个意义下，我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的。
重要的不仅是两类基本数列的定义、性质，公式；而且蕴含于求和过程当中的数学思想方法和数学智慧，也是极其珍贵的，诸如“倒排相加”(等差数列)，“错位相减”(等比数列)。
数列中主要有两大类问题，一是求数列的通项公式，二是求数列的前n项和。
三、范例例1．设a p，a q，a m，a n是等比数列{a n}中的第p、q、m、n项，若p+q=m+n，求证：证明：设等比数列{}的首项为，公比为q，则说明：这个例题是等比数列的一个重要性质，它在解题中常常会用到。
它说明等比数列中距离两端(首末两项)距离等远的两项的乘积等于首末两项的乘积，即：a1+k·a n-k=a1·a n对于等差数列，同样有：在等差数列{ }中，距离两端等这的两项之和等于首末两项之和。
即：a1+k+a n-k=a1+a n例2．在等差数列{}中，a4+a6+a8+a10+a12=120，则2a9-a10=A.20B.22C.24 D28解：由a4+a12=2a8，a6+a10 =2a8及已知或得5a8=120，a8=24而2a9-a10=2(a1+8d)-(a1+9d)=a1+7d=a8=24。
故选C例3．已知等差数列{a n}满足a1+a2+a3+…+a101=0，则有( )A.a1+a101＞0B. a2+a100＜0C.a3+a99=0D.a51=51[2000年北京春季高考理工类第(13)题]解：显然，a1+a2+a3+…+a101例4．设S n为等差数列的前项之各，S9=18，，S n=336，则为( )A.16B.21C.9 D8例5．设等差数列{}满足，且＞0，为其前项之和，则中最大的是( )。
(1995年全国高中联赛第1题)(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D)S21所以:S19=S20最大，选(C)注：也可用二次函数求最值例6．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有( )(A)2个(B)3个(C)4个(D)5个[1997年全国高中数学联赛第3题]解：设等差数列首项为，公差为，则依题意有：因为是不小于3的自然数，97为素数，故数的值必为2×972的约数(因数)，它只能是97，2×97，972，2×972四者之一。
若，则由(*)式知2×972≥故只可能有=97，(*)式化为：，这时(*)有两组解：或若，则(*)式化为：，这时(*)也有两组解。
49，50，51，…，145，(共97项)1，3，5，…，193，(共97项)97，97，97，…，97，(共97项)1，1，1，…，1(共972=9409项)故选(C)例7．将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有(2n-1)个奇数进行分组：{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，…(第一组)(第二组)(第三组)则1991位于第组中。
[1991年全国高中数学联赛第3题]解：依题意，前n组中共有奇数1+3+5+…+(2n-1)=n2个而1991=2×996-1，它是第996个正奇数。
因为:312=961＜996＜1024=322所以:1991应在第31+1=32组中。
故填32例8．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为。
[1989年全国高中联赛试题第4题]解：设该数为x，则其整数部分为[x]，小数部分为x-[x]，由已知得：x·(x-[x]=[x]2其中[x]＞0，0＜x-[x]＜1，解得：例9．等比数列的首项，公比，用πn表示它的前项之积，则πn(n∈N*)最大的是( )(A)π9(B)π11(C)π12(D)π13[1996年全国高中数学联赛试题]解：等比数列的通项公式为前n项和选(C)例10．设，且两数列和均为等差数列，则[1988年全国高中联赛试题]解：依题意，有所以:例11．设是实数，成等比数列，且成等差数列，则的值是[1992年全国高中数学联赛试题] 解：因为成等比数列，所以有例12．已知集合M={}及N={}并且M=N，那么( )解：由M=N知M中应有一元素为0，任由lg()有意义知，从而，且，故只有lg()=0，xy=1，M={x,1,0}；若y=1，则x=1，M=N={0，1，1}与集合中元素互异性相连，故y≠1，从而∣x∣=1，x=±1；由x=1,y=1(含)，由x=-1 y=-1，M=N={0,1,-1}此时,从而注：数列x，x2，x3，…，x2001；以及在x=y=-1的条件下都是周期为2的循环数列，S2n-1=-2，S2n=0，故2001并不可怕。
例13．已知数列{}满足3a n+1+a n=4(n≥1)且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式∣S n-n-6∣＜的最小整数n是( ) [1994年全国高中数学联赛试题](A)5 (B)6 (C)7 (D)8解：由3a n+1+a n=4(n≥1)3a n+1-3=1-a n故数列{a n-1}是以8为首项，以为公比的等比数列，所以当n=7时满足要求，故选(C)[注]：数列{a n}既不是等差数列，也不是等比数列，而是由两个项数相等的等差数列：1，1，…，1和等比数列：的对应项的和构成的数列，故其前n项和S n可转化为相应的两个已知数列的和，这里，观察通项结构，利用化归思想把未知转化为已知。
例14．设数列{a n}的前n项和S n=2a n-1(n=1,2,…)，数列{b n}满足b1=3,b k+1=a k+b k(k=1,2,…)求数列{ }的前n项和。
[1996年全国高中数学联赛第二试第一题]解：由S n=2a n-1，令n=1，得S1=a1=2a1-1，所以:数列{a n}是以a1=1为首项，以q=2为公比的等比数列，故a n=2n-1(4)以上诸式相加，得因为表中均为正数，故q＞0，，从而，因此，对于任意1≤k≤n，有评注：本题中求和实为等差数列a n=n与等比数列的对应项乘积构成的新数列的前n项的和，将(5)式两边同乘以公比，再错项相减，化归为等比数列求各。
这种方法本是求等比数列前n项和的基本方法，它在解决此类问题中非常有用，应予掌握。
课本P137复习参考题三B组题第6题为：求和：S=1+2x+3x2+…+nx n-1；2003年北京高考理工类第(16)题：已知数列{a n}是等差数列，且a1=2,a1+a2+a3=12，(I)求数列{a n}的通项公式；(II)令b n=a n·x n，求数列{b n}的前n项和公式。
都贯穿了“错项相减”方法的应用。
高阶等差数列一、基本知识1.定义：对于一个给定的数列{a n}，把它的连结两项a n+1与a n的差a n+1-a n记为b n，得到一个新数列{b n}，把数列b n你为原数列{a n}的一阶差数列，如果c n=b n+1-b n，则数列{c n}是{a n}的二阶差数列依此类推，可得出数列{a n}的p 阶差数列，其中pÎN2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称4.高阶等差数列的性质：(1)如果数列{a n}是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列(2)数列{a n}是p阶等差数列的充要条件是：数列{a n}的通项是关于n的p次多项式(3) 如果数列{a n}是p阶等差数列，则其前n项和S n是关于n的p+1次多项式5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有：(1)逐差法：其出发点是(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项a n与前n项和S n是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得(3)裂项相消法：其出发点是a n能写成a n=f(n+1)-f(n)(4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的二、例题精讲例1.数列{a n}的二阶差数列的各项均为16，且a63=a89=10，求a51解：法一：显然{a n}的二阶差数列{b n}是公差为16的等差数列，设其首项为a,则b n=a+(n-1)×16,于是这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a89=10,所以a n=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658解：法二：由题意，数列{a n}是二阶等差数列，故其通项是n的二次多项式，又a63=a89=10，故可设a n=A(n-63)(n-89)+10由于{a n}是二阶差数列的各项均为16，所以(a3-a2)-(a2-a1)=16即a3-2a2+a1=16，所以A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16解得：A=8a n=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658例2.一个三阶等差数列{a n}的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式解：由性质(2)，a n是n的三次多项式，可设a n=A n3+B n2+C n+D由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得解得：所以a n=n3+7n2+14n+8例3.已知整数列{a n}适合条件：(1)a n+2=3a n+1-3a n+a n-1,n=2,3,4,…(2)2a2=a1+a3-2(3)a5-a4=9,a1=1求数列{a n}的前n项和S n解：设b n=a n+1-a n,C n=b n+1-b nC n=b n+1-b n=(a n+2-a n+1)-( a n+1-a n)=a n+2-2a n+1+a n=(3a n+1-3a n+a n-1) -2a n+1+a n=a n+1-2a n+a n-1=C n-1 (n=2,3,4,…)所以{ C n}是常数列由条件(2)得C1=2,则{a n}是二阶等差数列因此由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是a n=n2例4.求证：二阶等差数列的通项公式为证明：设{a n}的一阶差数列为{b n}，二阶差数列为{c n}，由于{a n}是二阶等差数列，故{c n}为常数列又c1=b2-b1=a3-2a2+a1所以例5.求数列1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通项解：问题等价于：将正奇数1,3,5,…按照“第n个组含有2n-1个数”的规则分组： (1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然后求第n组中各数之和a n依分组规则，第n组中的数恰好构成以2为公差的项数为2n-1的等差数列，因而确定了第n组中正中央这一项，然后乘以(2n-1)即得a n将每一组的正中央一项依次写出得数列：1,5,13,25,…这个数列恰为一个二阶等差数列，不难求其通项为2n2-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n2-2n+1，从而a n=(2n-2n+1)(2n-1)例6.数列{a n}的二阶差数列是等比数列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{a n}的通项公式解：易算出{a n}的二阶差数列{c n}是以2为首项，2为公比的等比数列,则c n=2n,{a n}的一阶差数列设为{b n}，则b1=1且从而例7.设有边长为1米的正方形纸一张，若将这张纸剪成一边长为别为1厘米、3厘米、…、(2n-1)厘米的正方形，愉好是n个而不剩余纸，这可能吗？解：原问题即是是否存在正整数n，使得12+32+…+(2n-1)2=1002由于12+32+…+(2n-1)2=[12+22+…+(2n)2]-[22+42+…+(2n)2]=随着n的增大而增大，当n=19时=9129<10000，当n=20时=10660>10000故不存在…例8.对于任一实数序列A={a1,a2,a3,…}，定义DA为序列{a2-a1,a3-a2,…}，它的第n项为a n+1-a n，假设序列D(DA)的所有项均为1，且a19=a92=0,求a1解：设序列DA的首项为d,则序列DA为{d,d+1,d+2,…},它的第n项是，因此序列A的第n项显然a n是关于n的二次多项式，首项等比数列为由于a19=a92=0，必有所以a1=819例9:设a,b是正整数，{}是首项是a,公差为b的等差数列，{ }是首项是b,公比为a的等比数列,且满足（1）求a的值。